[Дидева]

Интересуват ме конкретните двойки числа, а не техният брой. Благодаря предварително.

[Neda]

Интересуват ме конкретните двойки числа, а не техният брой. Благодаря предварително.

(0;0)
(0;1)
(0;2)
(0;-1)
(0;-2)
(1;0)
(2;0)
(-1;0)
(-2;0)
(1;1)
(1;-1)
(-1;1)
(-1;-1)

[Masteria]

Може ли помощ по 1 задача за 6 клас:
Зад. Правоъгълник е разрязан на 16 правоъгълника с дължини 10, 20, 30, 40 и широчини 1, 2, 3, 4, както е показано на чертежа. По колко начина можем да изберем 4 от тях така, че сборът от обиколките им да е равен на обиколката на дадения правоъгълник?

  Не мога да вмъкна изображението, но то представлява една таблица 4*4, като всеки ред е по широк от предния с 1.        

[Ant12]

Може ли помощ по 1 задача за 6 клас:
Зад. Правоъгълник е разрязан на 16 правоъгълника с дължини 10, 20, 30, 40 и широчини 1, 2, 3, 4, както е показано на чертежа. По колко начина можем да изберем 4 от тях така, че сборът от обиколките им да е равен на обиколката на дадения правоъгълник?

  Не мога да вмъкна изображението, но то представлява една таблица 4*4, като всеки ред е по широк от предния с 1.        

За да бъдат обиколките равни, то сумата от дължините на четирите избрани правоъгълника (L) трябва да бъде равна на 100, а сумата от ширините им (D) – да бъде равна на 10.

Страните на големия правоъгълник са: дължина = 10 + 20 + 30 + 40 = 100 и ширина = 1 + 2 + 3 + 4 = 10.

Трябва L + D = 100 + 10 = 110

Да допуснем, че L < 100, но понеже L се дели на 10, то L ≤ 90 => D ≥ 20 > 4.4 – противоречие.
Да допуснем, че L > 100, но понеже L се дели на 10, то L ≥ 110 => D ≤ 0  – противоречие.

Имаме следните възможности за L = 100.
L = 10 + 10 + 40 + 40 = 10 + 20 + 30 + 40 =
= 10 + 30 + 30 + 30 = 20 + 20 + 20 + 40 =
=20 + 20 + 30 + 30.

Съответно за D = 10.
D = 1 + 1 + 4 + 4 = 1 + 2 + 3 + 4 =
= 1 + 3 + 3 + 3 = 2 + 2 + 2 + 4 =
=2 + 2 + 3 + 3.

Виждаме, че дължините и ширините са четворки от три различни вида: 1 различно и 3 еднакви числа; 2 двойки различни числа; 4 различни числа.
Не можем да комбинираме четворка от вида (a, b, b, b) с четворка от вида (c, d, d, d), защото ще има два еднакви правоъгълника b x d.

Не можем да комбинираме четворка от вида (a, b, b, b) с четворка от вида (c, c, d, d), защото ще има два еднакви правоъгълника b x c или b x d.

При комбиниране на четворка от вида (a, b, b, b) с четворка от вида (c, d, e, f) имаме (4.3.2.1) / (3.2.1) = 4 варианта, т.е. а може да се комбинира с c, d, e или f.

При комбиниране на четворка от вида (a, a, b, b) с четворка от вида (c, c, d, d) имаме само един вариант – a x c, a x d, b x c, b x d.

При комбиниране на четворка от вида (a, a, b, b) с четворка от вида (c, d, e, f) имаме (4.3.2.1) / (2.1.2.1) = 6 варианта. Двойката (а, а) се комбинира с всяка от двойките (c, d), (c, e), (c, f), (d, e), (d, f), (e, f).

При комбиниране на четворка от вида (a, b, c, d) с четворка от вида (e, f, g, h) имаме 4. 3. 2. 1 = 24 варианта – a може да се комбинира по 4 начина, за b остават 3, за с – 2 и за d – 1.

Имаме 25 случая:

L = 10 + 10 + 40 + 40 и D = 1 + 1 + 4 + 4 – 1 вариант;
L = 10 + 10 + 40 + 40 и D = 1 + 2 + 3 + 4 – 6 варианта;
L = 10 + 10 + 40 + 40 и D = 1 + 3 + 3 + 3 – невъзможно;
L = 10 + 10 + 40 + 40 и D = 2 + 2 + 2 + 4 – невъзможно;
L = 10 + 10 + 40 + 40 и D = 2 + 2 + 3 + 3 – 1 вариант;

L = 10 + 20 + 30 + 40 и D = 1 + 1 + 4 + 4 – 6 варианта;
L = 10 + 20 + 30 + 40 и D = 1 + 2 + 3 + 4 – 24 варианта;
L = 10 + 20 + 30 + 40 и D = 1 + 3 + 3 + 3 – 4 варианта;
L = 10 + 20 + 30 + 40 и D = 2 + 2 + 2 + 4 – 4 варианта;
L = 10 + 20 + 30 + 40 и D = 2 + 2 + 3 + 3 – 6 варианта;

L = 10 + 30 + 30 + 30 и D = 1 + 1 + 4 + 4 – невъзможно;
L = 10 + 30 + 30 + 30 и D = 1 + 2 + 3 + 4 – 4 варианта;
L = 10 + 30 + 30 + 30 и D = 1 + 3 + 3 + 3 – невъзможно;
L = 10 + 30 + 30 + 30 и D = 2 + 2 + 2 + 4 – невъзможно;
L = 10 + 30 + 30 + 30 и D = 2 + 2 + 3 + 3 – невъзможно;

L = 20 + 20 + 20 + 40 и D = 1 + 1 + 4 + 4 – невъзможно;
L = 20 + 20 + 20 + 40 и D = 1 + 2 + 3 + 4 – 4 варианта;
L = 20 + 20 + 20 + 40 и D = 1 + 3 + 3 + 3 – невъзможно;
L = 20 + 20 + 20 + 40 и D = 2 + 2 + 2 + 4 – невъзможно;
L = 20 + 20 + 20 + 40 и D = 2 + 2 + 3 + 3 – невъзможно;

L = 20 + 20 + 30 + 30 и D = 1 + 1 + 4 + 4 – 1 вариант;
L = 20 + 20 + 30 + 30 и D = 1 + 2 + 3 + 4 – 6 варианта;
L = 20 + 20 + 30 + 30 и D = 1 + 3 + 3 + 3 – невъзможно;
L = 20 + 20 + 30 + 30 и D = 2 + 2 + 2 + 4 – невъзможно;
L = 20 + 20 + 30 + 30 и D = 2 + 2 + 3 + 3 – 1 вариант.
   
Общо: 8 + 44 + 4 + 4 + 8 = 68 варианта.

[Masteria]

Ant 12 Благодаря за решението!

Ще помоля за решението на още една задача.
зад. Във волейболен турнир участвали 7 отбора, като всеки играл срещу всеки по един мач и победителят получавал по 1 точка. Колко най-малко точки могат да получат първите три отбора, ако сред тях няма отбори с равен брой точки?

[Ant12]

зад. Във волейболен турнир участвали 7 отбора, като всеки играл срещу всеки по един мач и победителят получавал по 1 точка. Колко най-малко точки могат да получат първите три отбора, ако сред тях няма отбори с равен брой точки?

Във волейбола няма равен мач – победителят получава 1 точка, а победения – 0.

Във всеки мач, общо от двата отбора, се печели 1 точка (1 + 0).

Изиграни са 21 мача, в които са спечелени общо 21 точки.

Ако допуснем, че първия има не повече от 5 точки, то втория има не повече от 4, третия – не повече от 3 и останалите четири, не повече от 2 точки всеки, но  5 + 4 + 3 + 2 + 2 + 2 + 2 = 20 и следователно първия може да има само 6 точки, т.е. той е победил всички останали.

Ако втория има не повече от 3 точки, то третия има не повече от 2 и останалите четири, не повече от 1 точка всеки, но 6 + 3 + 2 + 1 + 1 + 1 + 1 = 15, следователно втория има или 4 или 5 точки.

Нека втория има 4 точки. Тогава третия трябва да има 3 точки, защото ако третия има 2, останалите четири ще имат не повече от 1 точка всеки, а 6 + 4 + 2 + 1 + 1 + 1 + 1 = 16.

Ако първия има 6 точки, втория – 4 и третия – 3, останалите четирима трябва да имат по 2 точки всеки, защото 6 + 4 + 3 + 2 + 2 + 2 + 2 = 21.

Да видим как тази схема може да се реализира на практика. Нека отборите са 1, 2, 3, 4, 5, 6 и 7.

1 бие 2, 3, 4, 5, 6, 7 – 6 точки.
2 пада от 1 и 7 и бие 3, 4, 5, 6 – 4 точки.
3 пада от 1, 2, 7 и бие 4, 5, 6 – 3 точки.
4 пада от 1, 2, 3, 6 и бие 5, 7 – 2 точки.
5 пада от 1, 2, 3, 4 и бие 6, 7 – 2 точки.
6 пада от 1, 2, 3, 5 и бие 4, 7 – 2 точки.
7 пада от 1, 4, 5, 6 и бие 2, 3 – 2 точки.

В този случай първите трима събират 6 + 4 + 3 = 13 точки.

Нека втория има 5 точки. Тогава за да съберат първия, втория и третия 13 или по-малко точки, третия трябва да има не повече от 2 точки, а останалите четирима да имат не повече от 1 точка всеки, но 6 + 5 + 2 + 1 + 1 + 1 + 1 = 17, което е невъзможно.

Първия, втория и третия могат да съберат най-малко 13 точки.     

[Neda]

Моля за решение на зад. 27 от Австралийско кенгуру 3-4 клас 2013г. Отговор 180.
Благодаря.

[Ant12]

„-петнадесета задача бе за кубче, чиито стени са оцветени в 5 различни цвята (2 стени са оцветени в един цвят). Колко са различните оцветявания?”

Основната ми идея е: от значение е само взаимното разположение на цветовете един спрямо друг.

Ако, например, една от стените е оцветена в цвят Х, то винаги можем да завъртим кубчето така, че стената Х да е обърната към нас, т.е. достатъчно е да разгледаме оцветяванията, при които стената Х е винаги „отпред”.

Ако втора стена е оцветена в цвят Y, то имаме само два варианта за разположение на Y спрямо Х – „отзад” (срещуположно на Х) или съседно на X. Ако обаче Y е съседно на Х, то винаги можем да завъртим кубчето така, че Y да е „отгоре”.

Следователно е достатъчно да разгледаме разположението на останалите цветове в двата случая: Х „отпред” / Y „отзад” и Х „отпред” / Y „отгоре”.

Нека цветовете са 1, 2, 3, 4, 5, като две от стените са оцветени в цвят 5 и нека първоначално стените на кубчето са безцветни. Оцветяваме една от стените в 1 и завъртаме кубчето така, че 1 да е „отпред”.

1-ви случай: 1 е „отпред” и някой от „единичните” цветове 2/3/4 е „отзад” (3 варианта). Нека 2 е „отзад”. Оцветяваме произволна стена (съседна едновременно на 1 и на 2) в цвят 3 и завъртаме кубчето така, че 3 да е „отгоре”, т.е. 1 е „отпред”, 2 е „отзад” и 3 е „отгоре”. Различните варианти в този случай зависят от това, как ще бъдат подредени останалите цветове (4, 5, 5) по посока на часовниковата стрелка, докато държим кубчето в гореописаното положение. Броят на тези варианти е (3.2.1)/2 = 3. Когато 3 и 4 са „отзад”, получаваме по още 3 или общо 9 варианта в този случай.

2-ри случай: 1 е „отпред” и 5 е „отзад”. Оцветяваме произволна стена (съседна едновременно на 1 и на 5) в цвят 2 и завъртаме кубчето така, че 2 да е „отгоре”, т.е. 1 е „отпред”, 5 е „отзад” и 2 е „отгоре”. Различните варианти в този случай зависят от това, как ще бъдат подредени останалите цветове (3, 4, 5) по посока на часовниковата стрелка, докато държим кубчето в гореописаното положение. Броят на тези варианти е 3.2.1 = 6.

Общо 9 + 6 = 15 варианта.

С помощта на Иван – Александър, който посочи пропуска, довършваме решението:

Имаме 5 възможности за двойния цвят: 1 – 1, 2 – 2, 3 – 3, 4 – 4, 5 – 5.

В крайна сметка получаваме общо 15 × 5 = 75 варианта.

[vask]

Моля за помощ за решаването на една задача :
4 пасти + 9 сока + 1 сладолед = 37 лева
1 паста + 1 сладолед + 2 сока = 14 лева
1 паста + 1 сладолед + 1 сок = ?       
Въртях я отвсякъде , събирах , изваждах ...... и вече изпуших .Помагайте , защото сме я закъсали !!!!!!

[KOD]

Откъде е тази задача... трябва ли описване?
Ако в условието има ред, че цените трябва да са цяло число, от 3пасти + 7сока = 23лв е ясно, че сока е 2лв, а пастата 3лв, следователно сладоледът е 7лв.
И търсения отговор е 12лв

[vask]

Благодаря ! Това е отговорът ! Решил съм я значи до половината , ама кой да се сети за понататък

[Ant12]

Преди час, в най-реномирания математически форум, AoPS, попаднах на задачите 26 – 30 от AMC 2014 Intermediate (AoPS явно не се притесняват да ги публикуват, въпреки че са били пуснати на 08.08.) – http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewforum.php?f=150

26 – 29 са „гъбарски”, но 30-та е доста „тегава” и ми трябваше близо половин час докато „хвана” модела – http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=150&t=601551, така че, ако някой 7-8-мокласник я е решил, мога само да го поздравя.

Понеже задачата ми хареса, ще пусна решение (което, разбира се, може да бъде изтрито).

Нека p_k е k-тото подред просто число (p₁=2, p₂=3, p₃=5, p₄ = 7, …) и нека p₀=1.

Редицата a₁,a₂, a₃, . . . може да се раздели на под-редици от последователни членове от вида:
p_k-1×p_k, (p_k-1 + 1)×p_k, (p_k-1 + 2)×p_k, (p_k-1 + 3)×p_k, . . ., (p_k+1 – 2)×p_k, (p_k+1 – 1)×p_k.

Броят на членовете във всяка под-редица е равен на (p_k+1 – 1) – (p_k-1 – 1) = p_k+1 – p_k-1.

Общият брой членове в първите k под-редици е (p_k+1 – p_k-1) + (p_k – p_k-2) + (p_k-1 – p_k-3) + . . . + (p₄ – p₂) + (p₃ – p₁) + (p₂ – p₀) = p_k+1 + p_k – p₁ – p₀ = p_k+1 + p_k – 3.    

(Всяко число от под-редицата е кратно на p_k и освен това измежду числата p_k-1 + 1, p_k-1 + 2, p_k-1 + 3, . . . , p_k+1 – 2, p_k+1 – 1, само p_k е просто. Следователно, най-големият прост делител на всяко число от под-редицата е p_k.)      

Първите 26 прости числа са: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101.

I-ва под-редица: 2, 4 ≡ 1.2, (1+1).2 (p₂ – p₀ = 3 – 1 = 2 члена);
II-ра под-редица: 6, 9, 12 ≡ 2.3, (2+1).3, (2+2).3 (p₃ – p₁ = 5 – 2 = 3 члена);
III-та под-редица: 15, 20, 25, 30 ≡ 3.5, (3+1).5, (3+2).5, (3+3).5 (p₄ – p₂ = 7 – 3 = 4 члена);
. . .
XXIV-та под-редица: 83.89, (83+1).89, (83+2).89, . . ., (97-2).89, (97-1).89 (p₂₅ – p₂₃ = 97 – 83 = 14 члена);
XXV-та под-редица: 89.97, (89+1).97, (89+2).97, . . ., (101-2).97, (101-1).97 (p₂₆ – p₂₄ = 101 – 89 = 12 члена);

Понеже p₂₅×p₂₆ = 97.101 = 9797, то в XXVI-тата под-редица първите 4 члена са: 9797 (97.101), 9898 (98.101), 9999 (99.101), 10100 (100.101).

В първите 25 под-редици има общо p₂₆ + p₂₅ – 3 = 101 + 97 – 3 = 195 члена. Като прибавим и 3-те първи члена от 26-тата подредица, получаваме а₁₉₈ = 9999.            

P.S. С пълна индукция лесно се доказва твърдението: За всяко естествено число k, първите (p_k+1 + p_k) – 3 члена на редицата a₁,a₂, a₃, . . . , могат да се разделят на k на брой под-редици от последователни членове, като всяка от под-редиците се състои от p_j+1 – p_j-1 на брой члена и има вида: p_j-1×p_j, (p_j-1 + 1)×p_j, (p_j-1 + 2)×p_j, (p_j-1 + 3)×p_j, . . ., (p_j+1 – 2)×p_j, (p_j+1 – 1)×p_j, където 1 ≤ j ≤ k.

[vesii]

 Моля да ми помогнете за следната задача:
В кръг са застананли хора: някои от тях са честни, а останалите лъжци. Всеки знае кой какъв е. От тях 8 са казали че съседът им отляво е лъжец, а останалите - че съседът им отляво е честен. Един лъжец пил от серума на истината и станал честен. Всички разбрали това.Тогава питали всеки какъв е съседът му отляво. Колко души може да са отговорили лъжец?
Задачата е от черноризец храбър. Всякък въртях но отговора не излиза...

[KOD]

Всички задачи от Австралийско Кенгуру 2014 са налични - http://klasirane.com/AK.asp

Сърдечни благодарности на човека, който ги изпрати.